Question

9．已知數列{a_n}前n項和為S_n，且S_n=2a_n-（n-1）q-1，其中n∈N*，q為常數．
（Ⅰ）當q=0時，求數列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）當q＞1時，對任意n∈N*，且n≥2，證明：$\frac{1}{1+{a}_{1}}$+$\frac{1}{1+{a}_{2}}$+$\frac{1}{1+{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{1+{a}_{n}}$＜1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）∵S_n=2a_n-（n-1）q-1…①，當n≥2時，S_n-1=2a_n-1-（n-2）q-1…②
①-②得a_n=2（a_n-a_n-1）-q⇒a_n=2a_n-1+q．
故當q=0時，$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}=2\\;（n≥2）$，即數列{a_n}是首項為1，公比為2的等比數列．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得a_n=2a_n-1+q．，a₁=1．當q＞1時，a_n=2a_n-1+q．＞2a_n-1+1，
即$\frac{{a}_{n}+1}{{a}_{n-1}+1}＞2\\;\\;（n≥2）$，${a}_{n}+1＞{2}^{n}$，$\frac{1}{{a}_{n}+1}＜\frac{1}{{2}^{n}}$．
可得$\frac{1}{1+{a}_{1}}$+$\frac{1}{1+{a}_{2}}$+$\frac{1}{1+{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{1+{a}_{n}}$＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$＜1．

解答 解：（Ⅰ）∵S_n=2a_n-（n-1）q-1…①，
∴當n≥2時，S_n-1=2a_n-1-（n-2）q-1…②
①-②得a_n=2（a_n-a_n-1）-q⇒a_n=2a_n-1+q．
故當q=0時，$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}=2\\;（n≥2）$，a₁=s₁=2a₁-1，∴a₁=1．
即數列{a_n}是首項為1，公比為2的等比數列，∴${a}_{n}={2}^{n-1}$；
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）得a_n=2a_n-1+q．，a₁=1．
當q＞1時，a_n=2a_n-1+q＞2a_n-1+1，
即$\frac{{a}_{n}+1}{{a}_{n-1}+1}＞2\\;\\;（n≥2）$
∴$\frac{{a}_{2}+1}{{a}_{1}+1}•\frac{{a}_{3}+1}{{a}_{2}+1}•\frac{{a}_{4}+1}{{a}_{3}+1}…\frac{{a}_{n}+1}{{a}_{n-1}+1}$＞2^n-1
∴${a}_{n}+1＞{2}^{n}$，$\frac{1}{{a}_{n}+1}＜\frac{1}{{2}^{n}}$．
則：$\frac{1}{1+{a}_{1}}$+$\frac{1}{1+{a}_{2}}$+$\frac{1}{1+{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{1+{a}_{n}}$＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$＜1．
∴$\frac{1}{1+{a}_{1}}$+$\frac{1}{1+{a}_{2}}$+$\frac{1}{1+{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{1+{a}_{n}}$＜1

點評 本題考查了利用數列的遞推式求通項、數列中的放縮法，屬于難題．